1、课时作业14 利用导数研究函数的单调性 1．函数y＝x2－lnx的单调递减区间为( B )A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)解析：y＝x2－lnx，y′＝x－＝＝(x＞0)．令y′≤0，得0＜x≤1，所以递减区间为(0,1]．2．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( B )A．f(x)＝sin2xB．f(x)＝xexC．f(x)＝x3－xD．f(x)＝－x＋lnx解析：对于A，f(x)＝sin2x的单调递增区间是(k∈Z)；对于B，f′(x)＝ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数
2、f(x)＝xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＞0，得x＞或x＜－，∴函数f(x)＝x3－x在和上单调递增；对于D，f′(x)＝－1＋＝－，令f′(x)＞0，得0＜x＜1，∴函数f(x)＝－x＋lnx在区间(0,1)上单调递增．综上所述，故选B.3．(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( D )解析：利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．4．(2019
3、·豫南九校联考)已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f′(x)－2f(x)＜0，且f(－1)＝0，则f(x)＞0的解集为( A )A．(－∞，－1)B．(－1,1)C．(－∞，0)D．(－1，＋∞)解析：设g(x)＝，则g′(x)＝＜0在R上恒成立，所以g(x)在R上递减，又因为g(－1)＝0，f(x)＞0⇔g(x)＞0，所以x＜－1.5．(2019·安徽江南十校联考)设函数f(x)＝x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是( A )A．(1,2]B．[4，＋∞)C．(－∞，2]D．(0,3]解析：∵f(x)的
4、定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－，∴由f′(x)≤0解得0＜x≤3，由题意知解得1＜a≤2.6．(2019·安徽模拟)已知f(x)＝，则( D )A．f(2)＞f(e)＞f(3)B．f(3)＞f(e)＞f(2)C．f(3)＞f(2)＞f(e)D．f(e)＞f(3)＞f(2)解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)，∵f′(x)＝，∴x∈(0，e)，f′(x)＞0，x∈(e，＋∞)，f′(x)＜0，故x＝e时，f(x)max＝f(e)，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，则f(e)＞f(3)＞f(2)．7．(2019·张掖一诊)定义在R上的可导函数f(x)满足f(1)
5、＝1，且2f′(x)＞1，当x∈时，不等式f(2cosx)＞－2sin2的解集为( D )A.B.C.D.解析：令g(x)＝f(x)－－，则g′(x)＝f′(x)－＞0，∴g(x)在R上单调递增，且g(1)＝f(1)－－＝0，∵f(2cosx)－＋2sin2＝f(2cosx)－－＝g(2cosx)，∴f(2cosx)＞－2sin2，即g(2cosx)＞0，∴2cosx＞1.又x∈，∴x∈.8．(2019·武汉模拟)已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，当x＞0，xf′(x)－f(x)＜0，若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系正确的是(
6、 D )A．a＜b＜cB．b＜c＜aC．a＜c＜bD．c＜a＜b解析：设g(x)＝，则g′(x)＝，∵当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，∴g′(x)＜0.∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．由f(x)为奇函数，知g(x)为偶函数，则g(－3)＝g(3)，又a＝g(e)，b＝g(ln2)，c＝g(－3)＝g(3)，∴g(3)＜g(e)＜g(ln2)，故c＜a＜b.9．(2019·银川诊断)若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是 (－3,0)∪(0，＋∞) .解析：由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函数f(x)恰好有
